MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY

Pék Johanna MATEMATIKA FELADATGYŰJTEMÉNY Nem matematika alapszakos hallgatók számára

Tartalomjegyzék Előszó iii. Lineáris algebra.. Mátrixok...................................... Lineáris egyenletrendszerek.......................... 6.. Mátrix inverze..................................4. Vektorterek bázisa, mátrix és vektorrendszer rangja, altér......... 5.5. Lineáris leképezések...............................6. Sajátértékek, sajátvektorok, diagonalizálhatóság...............7. Szimmetrikus és ortogonális transzformációk................ 9.8. Gram-Schmidt ortogonalizációs eljárás.................... Egyváltozós függvények analízise 5.. Komplex számok............................... 5.. Számsorozatok határértéke.......................... 4.. Függvények határértéke........................... 49.4. Sorok...................................... 59.5. Differenciálszámítás.............................. 64.6. Magasabb rendű deriváltak. Monotonitás- és konvexitásvizsgálat..... 69.7. Teljes függvényvizsgálat........................... 74.8. A differenciálszámítás további alkalmazásai................. 8.9. Határozatlan integrál............................. 88.. Riemann-integrál, improprius integrál.................... 99.. Differenciálegyenletekről röviden....................... 9. Többváltozós függvények analízise, vektoranalízis 4.. Kétváltozós függvények parciális deriváltjai................. 4.. Kétváltozós függvények szélsőértéke..................... 6.. Kettős integrál.................................4. Jacobi-mátrix. Gradiensvektor, iránymenti derivált.............5. Parciális differenciálegyenletek alapjai.................... 4.6. Divergencia, rotáció, potenciálfüggvény................... 8.7. Görbementi integrál (Vonalintegrál)..................... 4.8. Felületi integrál................................ 4.9. Példák az integrálátalakító tételekre..................... 48 i

4. A valószínűségszámítás alapjai 55 4.. Kombinatorika. Klasszikus valószínűségi mező............... 55 4.. Geometriai valószínűség........................... 6 4.. Feltételes valószínűség............................ 65 4.4. Diszkrét és folytonos valószínűségi változók................. 7 4.5. Nevezetes diszkrét és folytonos eloszlások.................. 8 5. Kiegészítések 95 5.. Középiskolai alapok röviden......................... 95 5.. Halmazelméleti alapok............................ 98 5.. A teljes indukcióról röviden......................... 98 6. Ajánlott irodalom

Előszó E jegyzet elsősorban nem matematika szakos hallgatók számára készült gyakorló példatár. A feladatgyűjtmény célja, hogy a matematikának a természettudományokban gyakran alkalmazott fejezeteit (pontosabban azok alapjait) minél egyszerűbben tárgyalja és a kapcsolódó feladatokat/algoritmusokat begyakoroltassa. Így a szükséges elméleti alapokat igyekeztünk könnyed stílusban megfogalmazni, még akkor is, ha ez olykor a matematikában kívánatos precizitás rovására megy. További gyakorláshoz számtalan könyv, feladatgyűjtemény és jegyzet szerezhető be. Ezekből egy rövid lista a jegyzet végén található. A feladatgyűjteménnyel kapcsolatos észrevételeket, felbukkanó hibákat és elírásokat a pekj@arch.bme.hu e-mailre lehet elküldeni. Pék Johanna iii

. fejezet Lineáris algebra.. Mátrixok Rövid elméleti összefoglaló Egy n m típusú mátrixon egy n db sorból és m db oszlopból álló számtáblázatot értünk: A (a ij ) n m a a... a m a a... a n... a n a n... a nm Két mátrix összegét, illetve szorzatát is értelmezhetjük, ennek kiszámítását lásd a gyakorlati példáknál. Ha egy mátrixnak ugyanannyi sora van, mint ahány oszlopa, akkor négyzetes/kvadratikus mátrixnak nevezzük. Legyen A egy vagy típusú mátrix. Ekkor az A mátrix determinánsa az alábbi módon kapható szám: A A a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a + a a a + a a a a a a a a a a a a Az itt bemutatott módszert Sarrus-szabálynak nevezzük, amely csak vagy típusú mátrixok esetében működik. Ha n, akkor az n n-es négyzetes mátrix deter-

. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA minánsát ún. aldeterminánsok segítségével is kiszámíthatjuk (Kifejtési tétel): a a... a n a a... a n A... a n a n... a nn a a... a n a a... a n a a... a n a a... a n a a +... ±...... a n a n... a nn a n a n... a nn a a... a (n ) a a... a ± a n (n )... a n a n... a n(n ) A számítás elve tehát a következő: Kiválasztunk egy tetszőleges sort (itt az elsőt), tekintjük annak az első elemét, és a hozzá tartozó sort és oszlopot töröljük. Így egy (n ) (n )-es négyzetes mátrixot kapunk, amelynek a determinánsát kiszámítjuk és megszorozzuk a kiválasztott sor első elemével. A kiválasztott sor második eleméhez tartozó sort és oszlopot ismét kitöröljük, így megint kiszámítjuk az így kapott kisebb mátrix determinánsát és megszorozzuk a kiválasztott sor második elemével. A kiválasztott sor minden egyes tagjához tartozik egy ilyen ún. aldetermináns, amelyet az adott elemmel megszorzunk. Az így kapott számokat pedig úgy adjuk össze, hogy a páratlan sorszámú elemekhez tartozó szorzat pozitív előjelű, míg a páros sorszámú elemekhez tartozó szorzat negatív előjellel vesz részt az összeadásban. Páros indexű sor kiválasztásakor az előjelek felcserélődnek. Az előjelek sorrendjét könnyen megjegyezhetjük az ún. sakktábla-módszerrel : + +... + +... +..... + +... + Megjegyzés: A kifejtési tétel nem csupán sorokra, de oszlopokra is igaz. A könnyebb megértés érdekében lásd a kidolgozott példákat. Feladatok. Legyen A és B két 4-es mátrix. Számítsuk ki a A + B mátrixot, ha A és B. 5. Legyen A 4 5 6, B 5 4, C ( 4 5 6 Számítsuk ki az A+B, A B, A B, AC, CA, (A+B)C és AC+BC mátrixokat! ).

.. MÁTRIXOK. Határozzuk meg az AB mátrixot, ha ( ) 4 (a) A, B 5 4 (b) A (c) A 4 5 ( ), B, B 4 4. Határozzuk meg az alábbi determinánsok értékét: 5 a), b) 4, c) i i, d), 4 6 4 e), f), g), 5 4 4 h), i) 5 5 Kidolgozott mintapéldák és útmutatások. Csak olyan mátrixokat tudunk összeadni (vagy egymásból kivonni), amelyek azonos típusúak! Tekintsük tehát a A + B mátrixot. A A azt jelenti, hogy az A mátrix minden elemét meg kell szorozni -mal. A mátrixok összeadásánál a két mátrix megfelelő soraiban és oszlopaiban lévő elemeket összeadjuk, így kapjuk meg az összegmátrixot : A + B 6 6 6 + + 5 5 + 6 + + + 6 + + + + 6 + + 5 + ( ) + 4 8 6 6 4 7 5 5 5

4. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA /c Az A és B mátrixok szorzatát csak akkor értelmezhetjük, ha az A mátrixnak ugyanannyi oszlopa van, mint amennyi sora van B-nek. Innen azonnal látható az is, hogy a mátrixok szorzása nem kommutatív! Az A egy -as, míg B egy 4-es mátrix. Ekkor az A B mátrix 4 típusú lesz, és az i-edik sorban és j-edik oszlopban lévő elemét úgy kapjuk, hogy az A i-edik sorának és B j-edik oszlopának elemeit sorszámok szerint összeszorozzuk, majd a kapott szorzatokat összeadjuk: és így a szorzat: A ( A B ) ( és B ) 4 4, ( ) + + + + ( ) + + ( ) 4 + + ( ) + + ( ) + + ( ) ( ) + + ( ) ( ) 4 + + ( ) 9 Példa az AB elemeinek meghatározására: szorzatmátrix második sorában és harmadik oszlopában lévő elem, mert az A mátrix második sorának elemei,,, a B mátrix harmadik oszlopának elemei,,, és így az AB megfelelő eleme: ( ) + + ( ). Szemléletes módszer két mátrix szorzására: ( ) 4 ( 9 4/a Ha az A mátrix -es, akkor a Sarrus-szabály alapján: 5 A 5 ( ) 5 5 4/f Ha az A mátrix -as, akkor a Sarrus-szabály alapján: A 4 4 + + ( ) ( ) 4 Az előbbi A mátrix determinánsa a kifejtési tétellel: A 4 4 4 + ( 4) ( ) + ( ) )

.. MÁTRIXOK 5 4/g Ha az A mátrix 4 4-es (vagy nagyobb négyzetes), akkor a kifejtési tétel vezet eredményre: A + 4 4 4 4 4 4 (Használható még az ún. eliminációs módszer is.) 4 4 4/h A számolásunkat jelentősen megkönnyíti, ha a kifejtési tételt nem a mátrix. sorára, hanem a 4. oszlopára alkalmazzuk: Végeredmények 5 +... 5 5 5 + 5 +. A + B 4 9 9 AC (A + B)C A B 9 5 9 6 9 4 5 4 4 9 CA 4 6 6 45 6 8 A B ( 8 49 64 ) AC + BC 9 7 7. a) AB ( 8 8 ), b) AB 4. b), c) 7, d), e), i)

6. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA.. Lineáris egyenletrendszerek Rövid elméleti összefoglaló Tekintsük a a x + a x +... + a m x m b a x + a x +... + a m x m b a n x + a n x +... + a nm x m b n lineáris egyenletrendszert, ahol x, x,..., x n ismeretlenek. Az a a... a m a a... a m... a n a n... a nm n m típusú mátrixot az egyenletrendszer alapmátrixának, a. a a... a m b a a... a m b.... a n a n... a nm b n n (m + ) típusú mátrixot az egyenletrendszer kibővített mátrixának nevezzük. Gauss-féle eliminációs módszer: A következő átalakítások a lineáris egyenletrendszert vele ekvivalens egyenletrendszerbe viszik át (azaz a megoldások száma és értéke változatlan marad):. Egyenlet szorzása λ számmal.. Egyenlethez hozzáadni egy másik egyenlet λ-szorosát.. El lehet hagyni olyan egyenletet, amely a többi egyenlet lineáris kombinációja. 4. Egyenletek sorrendjének felcserélése. 5. Az ismeretlenek sorrendjének felcserélése együtthatóikkal együtt minden egyenletben. A fent leírt lépéseket az egyenletrendszer kibővített mátrixán is végrehajthatjuk. A cél az, hogy a mátrixot trapéz alakúra hozzuk, amelyből már leolvasható az is, hogy az egyenletrendszernek, vagy végtelen sok megoldása van. (vö. mátrix inverzének meghatározása, valamint vektorrendszer rangjának meghatározása) Cramer-szabály: Ha a lineáris egyenletrendszer A alapmátrixa négyzetes, és(!) a determinánsa nem nulla (a mátrix reguláris), akkor a lineáris egyenletrendszernek pontosan egy megoldása van, és a megoldások alakja: x k A k A, ahol A k azt a mátrixot jelöli, amelyet úgy kapunk, hogy az A alapmátrix k-adik oszlopába a (b, b,..., b n ) számokat írjuk.

.. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 7 Feladatok. Oldjuk meg a következő egyenletrendszereket Gauss-eliminációval: (a) x + 4x 5 x + x (b) x + 4x 5 x + 8x (c) x x + x 6 x + x x 5 x + x + 5x (d) x x + x 6 x + x x 5 x + x x (e) x + x + x 4x 6x x 7 x + x 6x 4 (f) x + x + x 4x 6x x 7 x 5x + x (g) x + x + x x + x + x 4 4x + 5x + 7x 6 (h) x x + x x + 4x x x 6x + x

8. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA (i) x + x + x x + x + x 5 x + x + 5x 7 x + x x 4 (j) x + x + x + x 4 x x x x 4 4 x + x x x 4 6 x + x + x x 4 4 (k) x + y + z x + y + z 5 x + y + z 6 x + 5y + 6z 4 x + 4y + 5z (l) x + y + 5z x + y + 4z x + y + z x + y + z x + y + z 5. Határozzuk meg az alábbi egyenletrendszerek megoldását Cramer-szabállyal: (a) x + 4x + x 5 x + x + x 4x x x (b) x + x x x x + x 5 x + x + 4x 6. Tekintsük a következő egyenletrendszert: x + x x x + λ x + 4x 5 7x + 4x + x k (a) Legyen k. Milyen λ értékre nincs megoldása az egyenletrendszernek? (b) Legyen λ. Milyen k értékre van megoldása az egyenletrendszernek?

.. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 9 Kidolgozott mintapéldák és útmutatások /l Írjuk fel a lineáris egyenletrendszer kibővített mátrixát, és hozzuk trapéz alakúra: 5 4 5 A trapéz alakra hozás során alulról felfelé és balról jobbra haladva próbáljuk meg a mátrix elemeit kinullázni. Vegyük észre, hogy a. és 4. sor összege éppen az első sor, ezért: 4 5 Cseréljük fel az. és a 4. sort: Vonjuk ki a 4. sorból a. sort: 5 4 5 7 Vonjuk ki a. sorból a. sor kétszeresét: 5 5 7 Cseréljük fel a. és. sorokat: 5 5 7 Vonjuk ki az. sorból a. sor háromszorosát: 4 5 7

. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA Cseréljük fel az. és. sort, valamint szorozzuk meg az. sort (-)-gyel: Adjuk hozzá a 4. sorhoz a. sort: Adjuk hozzá a. sorhoz a. sort: 4 5 7 4 5 4 4 9 4 Osszuk el a. sort -mal, a 4. sort 4-gyel, és vegyük észre, hogy a két sor ugyanaz, így a 4. sor kihúzható: 4 Sikerült trapéz alakúra hozni a kibővített mátrixot. Ez a mátrix a következő eredményt hozta: x + y + z y + z 4 z Ez az egyenletrendszer pedig már azonnal megoldható. Ha z, akkor a. egyenletbe helyettesítve y -t kapunk. E két eredményt az. egyenletbe helyettesítve x -höz jutunk. Így tehát az egyenletrendszer megoldható, és egyetlen megoldása az x, y, z számhármas, vagy más szavakkal az v vektor. /d Az előző példához hasonlóan hozzuk trapéz alakúra a lineáris egyenletrendszer kibővített mátrixát: 6 ( ) ( ) 5 ()()+() 6 () () 6 7 Elértük a trapéz alakot, írjuk tehát fel az egyenletrendszer jelenlegi alakját: x x + x 6 x x 7

.. LINEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK A x x 7 egyenletet végtelen sok (x, x ) számpár kielégíti (pl.: (, ) 7, ( ), ). Szeretnénk leírni az összes (végtelen sok) megoldást, ezért azt mondjuk, hogy legyen x t, ahol t tetszőleges valós szám. (Ettől a t paramétertől függ majd az x és x is.) Ekkor a második egyenletből x t 7. Az első egyenletbe helyettesítve x -at és x -t x -ot kapunk. Az egyenletrendszer összes megoldása: vagy ugyanezt vektorosan írva: x, x t 7, x t, t R, x x x 7 + t, t R. Megjegyzés: A feladat szemléletes tartalma a következő: Adott három sík a térben (azaz R -ban) és keressük a közös pontjaikat. Itt eset fordulhat elő: db megoldás ( db közös pont), db megoldás (a három síknak db közös pontja van) vagy végtelen sok megoldás (a három síknak db közös egyenese van vagy a három sík egybeesik). Itt végtelen sok megoldást kaptunk, és a vektoros felírásból azt is nyilvánvaló, ( hogy ) a megoldások egy egyenesen helyezkednek el. Ez az egyenes illeszkedik a, 7, pontra, irányvektora a (,, ) vektor. /a Tekintsük a lineáris egyenletrendszer alapmátrixát: 4 4 Ahhoz, hogy a Cramer-szabályt alkalmazhassuk, meg kell vizsgálni, hogy az alapmátrix determinánsa nem nulla: 4... 7 4 Az alapmátrix négyzetes és nem tűnik el a determinánsa, így egyetlen megoldása van az egyenletrendszernek. Számítsuk ki a Cramer-szabály képletében található A k mátrixok determinánsait: A A A 5 4 5 4 4 5 4 7 4

. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA Az egyenletrendszer megoldása pedig: Vektorosan: v x A A x A A x A A 7 7 7 4 7. Tekintsük először a feladat a) részét. Írjuk fel az egyenletrendszerhez tartozó mátrixot, és hozzuk azt trapéz alakra: λ 4 5 () 7 () λ 4 5 () () λ 9 7 4 7 7 Az utolsó két sort tekintve látható, hogy az egyenletrendszer csak akkor nem oldható meg, ha ez a két sor ellentmondásos. Ezt akkor áll fenn, ha az x együtthatói megegyeznek, azaz λ 9. Ennek az egyenletnek a λ megoldása. Így az egyenletrendszer nem megoldható, ha λ. A feladat b) része esetén is írjuk fel az egyenletrendszer mátrixát, és próbáljuk meg trapéz alakra hozni: 4 5 () 7 () 4 5 () () 7 4 k k 7 k 7 Ez az egyenletrendszernek pontosan akkor van megoldása, ha az utolsó két sor nem mond ellent egymásnak. Ez azt jelenti, hogy k 7 feltételnek teljesülnie kell. Ebből pedig következik, hogy az egyenletrendszer k 9 esetén megoldható (és ekkor végtelen sok megoldása van). Végeredmények /a) x 7, x, /b) x 4t + 5, x t, /c) x, x, x 8 /e) x, x, x, /f) nincs megoldása, /g) x t + 5, x 5t, x t; /h) x + t u, x t, x u; /i) x, x, x ; /j) x, x, x, x 4 ; /k) x y z ; /b) x 5, x, x 8.. Mátrix inverze Rövid elméleti összefoglaló Egy A négyzetes mátrix ( A ) inverzén azt az A -gyel jelölt (négyzetes) mátrixot értjük, amelyre teljesül, hogy A A A A E, ahol E az egységmátrix.

.. MÁTRIX INVERZE Egy mátrix inverzét elemi sorátalakításokkal (vagy elemi oszlopátalakításokkal) határozhatjuk meg. Egy mátrix soraival végzett elemi átalakítások:. Egy sor szorzása egy λ számmal.. Egy sor λ-szorosának hozzáadása egy másik sorhoz.. A sorok sorrendjének felcserélése. (Ugyanez teljesül egy mátrix oszlopaira is.) Egy mátrix inverzének meghatározásához lásd a kidolgozott példát. Feladatok Határozzuk meg az alábbi mátrixok inverzét!... 4 4. 4 5 6 7 8 9 5. 7. 4 8. 6. Kidolgozott mintapéldák és útmutatások 5. Jelöljük el a kérdéses mátrixot A-val.. lépés: Írjuk fel az (A E) mátrixot: (A E) 4 4 6 6 9 7. lépés: Alakítsuk át úgy ezt a mátrixot elemi sorátalakításokkal úgy, hogy az első három sor és első három oszlop az egységmátrix legyen. Ekkor a fennmaradó második három oszlopban az A mátrix A inverzét látjuk, azaz (E A ) lesz az eredmény. Elemi átalakítások során elsőként az alsó sor legelső elemét alakítjuk a kívánt értékre, majd a felette lévő sor első elemét; ezután a rákövetkező sor első elemét; azt követően az alsó sor második elemét, azutána felette lévő sor második elemét stb. A példát tekintve (minden lépésnél zárójelben jelezzük, hogy melyik elemet hozzuk az adott lépésben a kívánt értékre): Cseréljük fel a. és. sorokat (az utolsó sor első eleme):

4. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA Vonjuk ki a második sorból az első sor felét (az utolsóelőtti sor első eleme): 5 Osszuk el -vel az első sort (az első sor első eleme): 5 Vonjuk ki a harmadik sorból a második sor 4-szeresét (az utolsó sor második eleme): 5 4 Szorozzuk meg a második sort -vel (utolsóelőtti sor második eleme): 5 4 Vonjuk ki az első sorból a második sor -szeresét (első sor második eleme): 7 5 4 Osszuk el az utolsó sort -gyel (utolsó sor utolsó eleme): 7 5 4 Vonjuk ki a második sorból a harmadik sor 5-szörösét (utolsóelőtti sor utolsó eleme): 7 5 4 Adjuk hozzá az első sorhoz a harmadik sor 7-szeresét (első sor utolsó eleme): 8 7 5 5 4 Az A mátrix inverze tehát: A 8 7 5 5 4 8 7 5 5 4 Megjegyzés: Természetesen többféle úton is megkaphatjuk ugyanezt az inverzmátrixot. (Jelenlegi megoldásunkban arra törekedtünk, hogy minden elemi átalakításra lássunk példát.)

.4. VEKTORTEREK BÁZISA, MÁTRIX ÉS VEKTORRENDSZER RANGJA,... 5 Végeredmények. 4. 4 4 5 4 6. 6. 8. 5 7 4 5. 7. 7 6 4 4 7 5 4 4.4. Vektorterek bázisa, mátrix és vektorrendszer rangja, altér Rövid elméleti összefoglaló Egy V vektortérben a {v, v,..., v n } vektorok lineárisan függetlenek, ha a nullvektort csak úgy lehet belőlük előállítani, hogy minden vektort -val szorzunk: v + v +... v n Egy V vektortér egy bázisán egy lineárisan független generátorrendszerét értjük. A bázisok közös elemszáma a V vektortér dimenziója. Egy V vektortér {v, v,..., v n } vektorrendszerének rangja r, ha a vektorok között található r db lineárisan független, de r-nél több nem. Egy A mátrix rangján oszlopvektorai (vagy sorvektorai) által alkotott vektorrendszer rangját értjük. Legyen a V vektortérben {v, v,..., v n } egy vektorrendszer. A vektorokat V valamely bázisában előállítva írjuk fel azt a mátrixot, amelynek oszlopaiban a vektorrendszer elemeinek kombináló együtthatói állnak. Ekkor a vektorrendszer rangja éppen ennek a mátrixnak a rangja. Eliminációs módszer egy mátrix rangjának meghatározásához: A következő, ún. elemi átalakítások nem változtatnak egy mátrix rangján:. Egy sor szorzása λ számmal.. Egy sorhoz hozzáadni egy másik sor λ-szorosát.. El lehet hagyni olyan sort, amely a többi sor lineáris kombinációja. 4. Sorok sorrendjének felcserélése. A fenti mátrixot trapéz alakúra hozzuk, és a kapott mátrix sorainak száma éppen a keresett rang. (Ha egy vektorrendszer tartalmazza a nullvektort, akkor a nullvektort elhagyhatjuk.) Megjegyzés: Amennyiben csak azt szeretnénk meghatározni, hogy R n -ben bázist alkot-e n db vektor, akkor elegendő megvizsgálni, hogy az általuk alkotott mátrix determinánsa nulla-e vagy sem. Amennyiben nulla, úgy a vektorrendszer nem lineárisan független és így nem bázis. Egy V vektortérnek altere a W, ha W V és W maga is vektortér. Belátható, hogy W pontosan akkor altere a V vektortérnek, ha v +v W és λv W, ahol v, v, v W, λ R.

6. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA Feladatok. Határozzuk meg a következő vektorrendszerek rangját! (a) {(, ), (, ), (, ), (, ), (, 7)} (b) {(,, ), (,, ), (,, ), (,, 4), (,, )} (c) {(,,, ), (,,, ), (,,, ), (,,, ), (,,, 4)}. Ellenőrizzük le, hogy a megadott vektorrendszer lineárisan független-e és határozzuk meg a rangját! (a) v (,, 4), v (,, ), v (, 6, 6) (b) v (,, 4), v (, 6, 9), v (, 6, 6) (c) v (,, ), v (,, ), v (,, ). Bázist alkotnak-e a {v, v, v } vektorok R -ban? Ha igen, írjuk fel az w vektort ebben a bázisban! (a) v (,, ), v (,, 5), v (,, ) és w (,, ) (b) v (,, ), v (,, ), v (,, ) és w (6, 9, 4) (c) v (,, ), v (,, ), v (,, ) és w (,, 4) (d) v (,, ), v (,, ), v (,, 4) és w (,, 5) 4. Alteret alkotnak-e R 5 -ben a következő vektorok? W {(x, x, x, x 4, x 5 ) R 5 x x 5, x x } W {(x, x, x, x 4, x 5 ) R 5 x x + x x 4 + x 5 } W {(x, x, x, x 4, x 5 ) R 5 x i páros, i,..., 5} W {(x, x, x, x 4, x 5 ) R 5 x és x 5 racionális} W {(x, x, x, x 4, x 5 ) R 5 x + x + x } Kidolgozott mintapéldák és útmutatások /c Írjuk be a vektorrendszer tagjait oszlopként egy mátrixba: A 4

.4. VEKTORTEREK BÁZISA, MÁTRIX ÉS VEKTORRENDSZER RANGJA,... 7 Elemi átalakításokkal trapéz alakúra hozzuk a mátrixot, és sorainak száma a keresett rang lesz. 4 (4) () () () () () (4) () Sikerült trapéz alakúra hozni a mátrixot. Egyetlen sort sem lehet elhagyni, azaz egyik sort sem lehet a többiből előállítani (lineárisan függetlenek). A sorok száma 4, így a mátrix rangja: rga 4. /a Egy vektorrendszer lineárisan független, ha a nullvektort belőlük csak triviálisan lehet kikombinálni. Ez azt jelenti, hogy α v +β v +γ v csak úgy lehetséges, ha α β γ. Írjuk be az egyenletbe a v, v, v vektorokat: α 4 + β + γ Látható, hogy a feltétel azt jelenti, hogy az 6 6 α β γ α + 6γ 4α + β 6γ egyenletrendszernek egyedüli megoldása az α β γ. A lineáris függetlenség meghatározásához tehát azt kell látni, hogy a fenti egyenletrendszernek egyetlen(!) megoldása van. A korábban tanultak alapján meg kell próbálni trapéz alakra hozni az egyenletrendszer mátrixát úgy, hogy egyetlen sort se húzhassunk ki. Amennyiben az összes sor megmarad, úgy az egyenletrendszer megoldható, és mivel az egyenletrendszer homogén, ezért a megoldás biztosan az α β γ számhármas. Ebből már az is következik (lásd az előző kidolgozott példát), hogy a vektorrendszer rangja. Ha az egyenletrendszer mátrixából egy vagy több sor kihúzható, az azt jelenti, hogy az a sor a többi lineáris kombinációja, azaz a vektorrendszer nem lineárisan független. Ebben az esetben a rangot az előző kidolgozott feladat mintájára határozhatjuk meg. Tekintsük tehát az egyenletrendszer mátrixát. Mivel az egyenletrendszer homogén, ezért az utolsó sor az eliminációs lépésektől függetlenül mindig csupa, így

8. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA azt a felírásból elhagyhatjuk: 6 4 6 6 4 6 9 9 ()+4() ( 9 9 6 ) () () Egy sort kihúzhattunk a mátrixból, ami azt jelenti, hogy az egyenletrendszernek (nem csak, hanem) végtelen sok megoldása van. Ezért a vektorrendszer lineárisan függő, a rangja. /a. lépés: Ellenőrizzük, hogy a megadott vektorrendszer bázis! A bázis egy lineárisan független generátorrendszer (itt R -ban). Egy generátorrendszer elemeiből a vektortér minden vektora előállítható, így könnyű látni, hogy a -dimenziós R -ban legalább tagú vektorrendszer lehet csak generátorrendszer. A -dimenziós vektortérben lineárisan független vektorrendszerek, vagy (azaz legfeljebb ) eleműek. A vizsgált vektorrendszer elemű (és ennyi dimenziós a vektortér), ezért elegendő azt ellenőrizni, hogy ez a vektor lineárisan független-e. Ha egy vektorrendszer lineárisan független, akkor a nullvektor csak triviálisan kombinálható ki belőle (lásd /a. feladat megoldását). Írjuk fel ezt a feltételt a vektorok koordinátáit is felhasználva: α + β 5 + γ Ez pedig nem más, mint az alábbi homogén lineáris egyenletrendszer: α + β + γ α + β γ α 5β + γ Ha ennek az egyenletrendszernek csakis az α β γ a megoldása, akkor a megadott vektorrendszer bázis. Érdemes ennek ellenőrzése előtt előre haladni a feladatban.... lépés: Határozzuk meg a w vektort az új bázisban! A w vektor felírása az új bázisban egyszerű feladat, ha végiggondoljuk, hogy a kérdést úgy is feltehettük volna: Milyen együtthatókkal kell kombinálni a v, v és v vektorokat, hogy w-t kapjuk?, azaz a + b 5 + c Vegyük észre, hogy éppen a már korábban is felírt egyenletrendszer inhomogén változatához jutottunk! Oldjuk meg ezt az inhomogén egyenletrendszert. Ha a kibővített mátrix trapéz alakúra hozásakor az alapmátrix háromszög alakú lesz,

.4. VEKTORTEREK BÁZISA, MÁTRIX ÉS VEKTORRENDSZER RANGJA,... 9 akkor a megadott vektorrendszer bázis; továbbá az egyenletrendszer megoldásával a w vektor koordinátáit is megkapjuk. Írjuk fel az inhomogén egyenletrendszer kibővített mátrixát és eliminációval hozzuk trapéz alakúra: 5 4 ()+() () () 4 () () Az alapmátrix háromszög alakú, ezért a megadott vektorrendszer bázis. A kibővített mátrix a következő lineáris egyenletrendszerre vezetett: a + b + c b c c Az utolsó egyenletet felhasználva b 6, míg ezeket az adatokat az első egyenletbe helyettesíve a 9 adódik. A w vektor koordinátái az új bázisban: w ( 9, 6, ). 4/a Ellenőrizzük le, hogy L két tetszőleges a (a, a, a, a 4, a 5 ) és b (b, b, b, b 4, b 5 ) vektorára (és egy λ R számra) teljesül-e, hogy a + b L és λ a L. Mivel a, b L, ezért a (a, a, a, a 4, a ) és b (b, b, b, b 4, b ). Így egyrészt: a + b (a, a, a, a 4, a ) + (b, b, b, b 4, b ) (a + b, a + b, a + b, a 4 + b 4, a + b ) Az a + b vektorra szintén teljesül, hogy az. és az 5., valamint a. és a. koordinátája megegyezik, ezért a + b L. Másrészt: λ a λ (a, a, a, a 4, a ) (λ a, λ a, λ a, λ a 4, λ a ) A λ a vektorra is teljesül, hogy az. és 5., továbbá a. és. koordinátája ugyanaz, így λ a L. Teljesült a két kívánt feltétel, így az L altere az R 5 vektortérnek. Végeredmények /a), /b) /b) a vektorrendszer lineárisan függő, rangja, /c) a vektorrendszer lineárisan független, így rangja /b) w (,, ), /c) w (,, ), /d) a vektorrendszer nem bázis 4/b) igen, 4/c) nem, 4/d nem, 4/e nem

. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA.5. Lineáris leképezések Rövid elméleti összefoglaló Legyen V k-dimenziós, W n-dimenziós valós vektortér. Egy ϕ: V W leképezést lineárisnak nevezünk, ha additív ( v, v V : ϕ(v + v ) ϕ(v ) + ϕ(v )) és homogén ( v V, λ R: ϕ(λ v) λ ϕ(v)). - ϕ képtere: Imϕ : {w W v V : ϕ(v) w} (ϕ képtere altér W -ben.) - ϕ nulltere/magja: Kerϕ : {v V ϕ(v) W } ( W W nullvektora) (ϕ nulltere altér V -ben.) - ϕ rangja: rgϕ : dim (Imϕ) - ϕ defektusa: defϕ : dim (Kerϕ) - ϕ mátrixa adott B V és B W bázisokra vonatkozóan: A ϕ (ϕ(b ))... (ϕ(b i ))... (ϕ(b k )) (ϕ(b ))... (ϕ(b i ))... (ϕ(b k ))... (ϕ(b )) n... (ϕ(b i )) n... (ϕ(b k )) n ahol B V {b,..., b k } bázisa V -nek, B W {b,..., b n} bázisa W -nek. (Tehát a mátrix i-edik oszlopában a b i V -beli bázisvektor képének koordinátái állnak a B W bázisra vonatkozóan.) Nullitás+rang tétel: dim (Kerϕ) + dim (Imϕ) dimv. Feladatok. Tekintsük a ϕ leképezést, ha (a) ϕ: R R (b) ϕ: R R ϕ(x, y) : (x + y, xy) ϕ(x, y) : x + y (c) ϕ: R R ϕ(x, y, z) : (x + y, x y, z) Állapítsuk meg, hogy ϕ lineáris leképezés-e. Amennyiben igen, úgy határozzuk meg A) a nullterét, defektusát, képterét, rangját; B) a leképezés mátrixát R n természetes bázisára vonatkozóan; C) a mátrix segítségével döntsük el, hogy a leképezés invertálható-e, és adjuk meg az inverz-leképezés mátrixát!. Tekintsünk a ϕ: R R ϕ(x, y, z) (x, x + y, x + y + z) lineáris leképezést. Határozzuk meg a mátrixát az alábbi bázisra vonatkozóan:

.5. LINEÁRIS LEKÉPEZÉSEK (a) B {(,, ), (,, ), (,, )} (R természetes bázisa) (b) B {(,, ), (,, ), (,, )} Kidolgozott mintapéldák és útmutatások /c. lépés: Linearitás ellenőrzése. Additív a leképezés? Tetszőleges v, v R vektorokat tekintve: ϕ(v + v ) ϕ ((x, y, z ) + (x, y, z )) ϕ (x + x, y + y, z + z ) (x + x + (y + y ), x + x (y + y ), (z + z )) ((x + y ) + (x + y ), (x y ) + (x y ), z + z ) (x + y, x y, z ) + (x + y, x y, z ) ϕ(x, y, z ) + ϕ(x, y, z ) ϕ(v ) + ϕ(v ), tehát ϕ additív. Homogén a leképezés? Tetszőleges v R vektort és λ R skalárt véve: ϕ(λv) ϕ(λ(x, y, z)) ϕ(λx, λy, λz) (λx + λy, λx λy, λz) (λ(x + y), λ(x y), λ(z)) λ(x + y, x y, z) λϕ(x, y, z) λϕ(v), tehát ϕ homogén. Így a ϕ lineáris leképezés.. lépés: A képtér, nulltér, rang és defektus meghatározása. Célszerű először a nullteret meghatározni: Kerϕ { v R ϕ(v) }. Keressük tehát azokat a vektorokat, amelyek képe a nullvektor. A fenti feltétel egy homogén lineáris egyenletrendszerhez vezet a következőképpen: ϕ(v) ϕ(x, y, z) (,, ) (x + y, x y, z) (,, ) x + y x y z x y x y z Az egyenletrendszer első két sora pontosan akkor teljesülhet egyszerre, ha x y. Az egyenletrendszernek csak triviális megoldása van: xyz, azaz a (,, ) nullvektor. Kerϕ {}. Ez egy -dimenziós vektortér, így defϕ dim(kerϕ). A nullitás+rang tételt felhasználva a következőt írhatjuk: dim(kerϕ) + dim(imϕ) dim R + dim(imϕ) dim(imϕ)

. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA A képtér tehát -dimenziós, így rgϕ. Egyetlen kérdés maradt még hátra, hogy milyen vektorok alkotják a képteret. Azt tudjuk, hogy a képtér altere R -nak (hiszen ϕ R -ba képez). Az R -dimenziós, a képtér is -dimenziós, így a képtér csak a teljes R lehet: Imϕ R.. lépés: A leképezés mátrixának meghatározása. (Megjegyzés: A mátrix felírásához nyilvánvalóan nincs szükség a. lépésre.) A definíció szerint a mátrix oszlopaiba a kanonikus/természetes bázis elemeinek képei kerülnek. R kanonikus bázisa: {(,, ), (,, ), (,, )}. Ezek képei: Ebből ϕ mátrixa: ϕ(,, ) (,, ) ϕ(,, ) (,, ) ϕ(,, ) (,, ) A ϕ. 4. lépés: A leképezés inverzének meghatározása, és mátrixának felírása. Az eddigiekből sejthető, hogy a mátrixok és a lineáris leképezések között szoros kapcsolat van. Belátható, hogy egy leképezésnek létezik inverze, ha a leképezés mátrixa invertálható. Azt is fontos tudni, hogy egy leképezés mátrixának inverze éppen az inverz-leképezés mátrixa: (A ϕ ) A ϕ. Ellenőrizni kell, hogy az A ϕ mátrix invertálható. Amennyiben a determinánsa nem nulla, úgy létezik az inverzmátrix: A ϕ 6 9. A mátrix invertálható, inverzét (az egységmátrixszal kibővített) mátrix soraival végzett elemi átalakítások segítségével kaphatjuk meg: () () () () () () (Emlékeztetőül, a célunk az, hogy a bal oldali -as mátrixot egységmátrixszá alakítsuk, a jobb oldalon pedig megkapjuk az inverzmátrixot: Első lépésben a harmadik sort -dal szoroztuk. A második lépésben a második sorból kivontuk az elsőt. A harmadik lépésben a második sort szoroztuk meg ( )-dal. A negyedik lépésben az első sorból kivontuk a második sor kétszeresét.)

.6. SAJÁTÉRTÉKEK, SAJÁTVEKTOROK, DIAGONALIZÁLHATÓSÁG A ϕ inverz-leképezés mátrixa: A ϕ. /b Elsőként számítsuk ki a bázisvektorok ϕ általi képeit: ϕ(,, ) (,, ) ; ϕ(,, ) (,, ) ; ϕ(,, ) (,, ) Ezeket a vektorokat kell a megadott bázis tagjaival kifejezni: (,, ) (,, ) + (,, ) + (,, ) (,, ) (,, ) + (,, ) + (,, ) (,, ) (,, ) + (,, ) + (,, ) A kapott együtthatók a bázisvektorok képeinek koordinátái a megadott bázisban, ezért a leképezés mátrixát az adott bázisra vonatkozóan úgy kapjuk, hogy a kapott együtthatókat a megfelelő oszlopba írjuk: Végeredmények A ϕ,b /a. A leképezés nem lineáris.; /b. ϕ lineáris. Kerϕ {v R v ( a, a), a R}, defϕ ; rgϕ, Imϕ R; A ϕ ( ), a leképezés nem invertálható. /a. A ϕ,b.6. Sajátértékek, sajátvektorok, diagonalizálhatóság Rövid elméleti összefoglaló Legyen V n-dimenziós valós vektortér, és legyen ϕ: V V lineáris transzformáció. ϕ sajátértéke λ R, ha ϕ(v) λv valamely v V vektorra. Ekkor a v vektor a ϕ transzformáció λ sajátértékhez tartozó sajátvektora. Egy λ sajátértékhez tartozó összes sajátvektor alteret alkot, ezt a λ-hoz tartozó sajátaltérnek nevezzük. Ha A ϕ a ϕ mátrixa (valamely bázisra vonatkozóan), és E a megfelelő egységmátrix, akkor ϕ karakterisztikus polinomja. a... a n... a λ... a n A ϕ λe.. λ..... a n... a nn... a n... a nn λ

4. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA ϕ karakterisztikus polinomjának gyökei éppen a ϕ sajátértékei! ϕ mátrixa pontosan akkor diagonalizálható, ha multiplicitással együtt annyi sajátértéke van, amennyi dimenziós a V vektortér, ÉS egy sajátértékéhez tartozó sajátaltér dimenziója éppen a sajátérték multiplicitása. Ekkor ϕ mátrixa a sajátvektoraiból álló bázisban diagonális, a főátlóban a megfelelő sajátértékek szerepelnek. Feladatok Határozzuk meg az alábbi lineáris transzformáció természetes bázisra vonatkozó mátrixát, karakterisztikus polinomját, sajátértékeit és sajátaltereit! Állapítsuk meg, hogy diagonalizálható-e a transzformáció mátrixa, és ha igen, akkor írjuk fel azt a bázist, amelyben a mátrix diagonális!. ϕ: R R, ϕ(x, y) (x, 4y). ϕ: R R, ϕ(x, y) (x + y, x y). ϕ: R R, ϕ(x, y, z) (x + y, x + y, y + 4z) 4. ϕ: R R, ϕ(x, y, z) (x + y + z, y + z, z) 5. ϕ: R R, ϕ(x, y, z) (x + y, x y, z) 6. ϕ: R R, ϕ(x, y, z) (4x y + z, x + z, y + z x) Kidolgozott mintapéldák és útmutatások.. lépés: A leképezés mátrixának felírása a természetes/kanonikus bázisban. Mivel ϕ(,, ) (,, ), ϕ(,, ) (,, ) és ϕ(,, ) (,, 4), így a keresett mátrix: A ϕ 4. lépés: ϕ karakterisztikus polinomjának meghatározása. A karakterisztikus polinomot az A ϕ λe képletből kapjuk meg: A ϕ λe λ λ 4 λ ( λ) (4 λ) (4 λ) ( ( λ) ) (4 λ)... (λ λ )(4 λ). lépés: A sajátértékek és a hozzájuk tartozó sajátalterek meghatározása. A sajátértékek a karakterisztikus polinom gyökei: λ, ± 4 + 4 λ 4 ± ±

.6. SAJÁTÉRTÉKEK, SAJÁTVEKTOROK, DIAGONALIZÁLHATÓSÁG 5 Egy sajátértékhez tartozó sajátaltérben a ϕ(v) λv egyenlőséget kielégítő vektorok vannak. Ez az egyenlőség valójában egy lineáris egyenletrendszer. E lineáris egyenletrendszer megoldásai alteret alkotnak; ezt az alteret keressük, ez az adott sajátértékhez tartozó sajátaltér. ϕ(v) λv (x + y, x + y, y + 4z) (λx, λy, λz) x + y λx x + y λy y + 4z λz ( λ)x + y x + ( λ)y y + (4 λ)z λ + esetén az egyenletrendszer: ( ( + ))x + y x + ( ( + ))y y + (4 ( + ))z x + y x y y + ( )z Az első egyenlet a második egyenlet -szerese, a második egyenletből x y -t kapjuk. A harmadik egyenletet rendezve y z -hez jutunk. z-re az egyenletrendszer nem ad megkötést, ezért az tetszőleges valós értéket felvehet: x z, y z, z R Az egyenletrendszer egy (nem csupa zérus) megoldása (z ): ( ) v az összes megoldása: S {t v t R}, ez pedig egy (a v vektor által generált) egydimenziós altér (origón áthaladó, v irányvektorú egyenes). λ esetén az egyenletrendszer: ( ( ))x + y x + ( ( ))y y + (4 ( ))z x + y x + y y + ( + )z A λ esetnél látottak szerint folytatva, ennek az egyenletrendszernek az összes megoldása: ( + ) S {t v t R}, ahol v, (itt a v vektort z esetben kapjuk), ez szintén egy (a v által generált) egydimenziós altér (origón áthaladó, v irányvektorú egyenes). λ 4 esetén az egyenletrendszer: ( 4)x + y x + ( 4)y y + (4 4)z x + y x y y

6. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA Innen y azonnal adódik, és ekkor x. A z-koordináta esetében az egyenletrendszer nem követel meg semmit, ezért az tetszőleges valós szám lehet. Így például a v (,, ) egy megoldása az egyenletrendszernek, az összes megoldás pedig: S {t v t R}, ez ismét egy (a v által generált) egydimenziós altér (éppen a z-tengely). 4. lépés: A diagonalizálhatóság megállapítása, a diagonális mátrix felírása. A diagonalizálhatóságra vonatkozó tétel szerint két dolgot kell ellenőriznünk:. (multiplicitással együtt) annyi sajátérték van-e, mint amennyi a vektortér dimenziója;. egy-egy sajátérték multiplicitása egybeesik-e a hozzá tartozó sajátaltér dimenziójával. Az első kérdésre igen a válasz, hiszen különböző sajátértéket találtunk, mindegyik egyszeres gyök, ezért + +, és R dimenziója is. A második kérdésre is igennel válaszolhatunk, ugyanis minden egyes sajátérték sajátaltere egydimenziós volt, és ez egybeesik azzal, hogy minden egyes sajátérték egyszeres gyöke a karakterisztikus polinomnak. Tehát a ϕ mátrixa diagonalizálható, mégpedig a B {v, v, v } ( ) sajátvektoraiból álló bázisban, itt a mátrixa A ϕ,b, + 4 ( + )., 6.. lépés: A leképezés mátrixának felírása a természetes/kanonikus bázisban. A ϕ(,, ) (4,, ), ϕ(,, ) (,, ) és ϕ(,, ) (,, ), ezért mátrix: 4 A ϕ. lépés: ϕ karakterisztikus polinomjának meghatározása. Az A ϕ λe képlet alapján: 4 λ λ... (λ )(λ ) λ. lépés: A sajátértékek és a hozzájuk tartozó sajátalterek meghatározása. A sajátértékek a karakterisztikus polinom gyökei: λ (-szeres) és λ (-szeres). Az. példában is láttuk, hogy a megfelelő sajátértékekhez tartozó sajátaltereket egy-egy lineáris egyenletrendszer segítségével határozhatjuk meg: ϕ(v) λv (4x y + z, x + z, y + z x) (λx, λy, λz) 4x y + z λx x + z λy x + y + z λz (4 λ)x y + z x λy + z x + y + ( λ)z

.6. SAJÁTÉRTÉKEK, SAJÁTVEKTOROK, DIAGONALIZÁLHATÓSÁG 7 λ esetén az egyenletrendszer a következő: x y + z x y + z x + y A harmadik egyenletből azonnal x y adódik, ezt behelyettesítve akár az első, akár a második egyenletbe x z -t kapunk. z-re nincs megkötés, így tetszőleges valós szám lehet. Ha például z, akkor a v (,, ) koordinátái megoldásai az egyenletrendszernek. A v sajátvektort felhasználva egyenletrendszer megoldó altere (azaz a keresett sajátaltér): S t t R Mivel a keresett sajátalteret egyetlen vektor (a v ) generálja, így az S egydimenziós. λ esetén az egyenletrendszer a következő: x y + z x y + z x + y z Itt mindhárom egyenlet ugyanazt az információt tartalmazza, hiszen az első két egyenlet megegyezik, a harmadikat pedig -vel szorozva az első két egyenlet egyikét kapjuk. Az egyenletrendszer így egyetlen egyenletre redukálódott: x y+z. Geometriai gondolatmenettel azonnal látjuk, hogy egy origót tartalmazó síkról van szó, amely kétdimenziós altér R -ban. Lineáris algebrai okoskodással az y és a z tetszőleges értékeket felvehet, és az egyenletből x y z -t kapjuk. Legyen például y és z, illetve y és z, ekkor v (,, ) és v (,, ) megoldják a fenti egyenletet. Ezek a (lineárisan független!) sajátvektorok felfeszítik a keresett sajátalteret (azaz bármely további sajátaltérbeli vektort kikombinálhatunk a segítségükkel), és látható az is, hogy a kapott sajátaltér kétdimenziós: S s + t s, t R 4. lépés: A diagonalizálhatóság megállapítása, a diagonális mátrix felírása. A diagonalizálhatóságra vonatkozó tétel feltételeit kell ismét ellenőrizni. A ϕ transzformációhoz két sajátértéket kaptunk, az egyik -szeres, a másik -szeres multiplicitású. A tér -dimenziós, és +, ezért az első feltétel teljesül. A második feltétel azt követeli meg, hogy a sajátértékek multiplicitásai essenek egybe a hozzájuk tartozó altér dimenziójával. λ esetén egyszeres gyökhöz egydimenziós altér, míg λ -t tekintve kétszeres gyökhöz kétdimenziós altér tartozott. A tétel feltételei teljesülnek, így a transzformáció mátrixa diagonalizálható, mégpedig a

8. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA sajátvektoraiból álló bázisban: B {v, v, v } A ϕ,b,, Végeredmények ( ). mátrixa: A ϕ ez már diagonális alakú, így a kanonikus bázis egybeesik 4 a sajátvektorokból álló bázissal; sajátértékek: λ, λ 4. ( ). mátrixa: A ϕ ; sajátértékei és azokhoz tartozó sajátalterek: λ (-szeres), λ { ( (-szeres); ) } { ( ) } + S t t R, S t t R ; {( ) ( )} + sajátvektorokból álló bázisa: B, ; ( ) diagonális mátrixa: A ϕ,b. 4. mátrixa: A ϕ ; sajátértékei és azokhoz tartozó sajátalterek: λ (-szeres), λ (-szeres), λ (-szeres); 9 S t t R, S t t R, S t 6 t R ; 9 sajátvektorokból álló bázisa: B,, 6 ; diagonális mátrixa: A ϕ,b. 5. mátrixa: A ϕ ; sajátértékei és azokhoz tartozó sajátalterek: λ (-szeres), λ (-szeres), λ (-szeres); + S t t R,

.7. SZIMMETRIKUS ÉS ORTOGONÁLIS TRANSZFORMÁCIÓK 9 S t S t t R, t R ; sajátvektorokból álló bázisa: B diagonális mátrixa: A ϕ,b +.,, ;.7. Szimmetrikus és ortogonális transzformációk Rövid elméleti összefoglaló Euklideszi vektortéren egy, : V V R belső/skaláris szorzattal ellátott vektorteret értünk (pontos definíciót lásd előadás). A belső szorzat tehát két vektorhoz egy számot rendel. Speciálisan, az R n euklideszi vektortér kanonikus belső szorzata: v, w : v w + v w +... + v n w n, v (v, v,..., v n ), w (w, w,..., w n ). Egy vektor hossza (vagy normája) a kanonikus belső szorzatot használva: v (v, v, v,..., v n ) R n : v v, v v + v + v +... + vn. Tekintsünk a V euklideszi vektortéren egy ϕ: V V leképezést. A ϕ adjungáltja az a ϕ : V V leképezést értjük, melyre teljesül, hogy: ϕ(x), y x, ϕ (y), minden x, y V -re. ϕ szimmetrikus (vagy önadjungált), ha ϕ ϕ, azaz tetszőleges x, y V vektorokra ϕ(x), y x, ϕ(y) fennáll. Amennyiben ϕ szimmetrikus, úgy az A ϕ mátrixa is szimmetrikus (a kanonikus bázisra vonatkozóan). ϕ ortogonális, ha ϕ ϕ, vagyis bármely x, y V vektorokra ϕ(x), y x, ϕ (y) teljesül. Az ortogonalitással ekvivalens az a feltétel, hogy a ϕ megtartja a belső szorzatot ( x, y ϕ(x), ϕ(y) ), és így normatartó (azaz megőrzi a vektorok hosszát). Ha ϕ ortogonális, akkor a mátrixára teljesül a A ϕ A t ϕ feltétel (a kanonikus bázisra vonatkozóan). (A mátrixra vonatkozó állítás abból következik, hogy valós esetben egy mátrix adjungáltja a mátrix transzponáltjával egyezik meg.) Feladatok Legyen adott az R euklideszi vektortér. Az alábbi mátrixok egy-egy ϕ: R R lineáris transzformáció mátrixai a kanonikus bázisra vonatkozóan. Állapítsuk meg, hogy

. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA melyik transzformáció szimmetrikus, melyik ortogonális R kanonikus belső szorzatának alapulvételével!. A ϕ. A ϕ. A ϕ 4. A ϕ 5 4 4 5. A ϕ 5 6. A ϕ 7. A ϕ Kidolgozott mintapéldák és útmutatások 4 5 5 4 5 5. Mivel csupán a ϕ leképezés mátrixa áll a rendelkezésünkre, így a leképezés mátrixára vonatkozó feltételek segítségével döntjük el, hogy a leképezés szimmetrikus-e és/vagy ortogonális-e. Egy leképezés szimmetrikus, ha a mátrixa szimmetrikus. A példában szereplő mátrix láthatóan nem szimmetrikus a főátlójára, így a leképezés nem szimmetrikus. Egy leképezés ortogonális, ha a mátrixának inverze éppen a mátrix transzponáltja (transzponált: a mátrix elemeit a főátlóra tükrözzük). Egy mátrix inverzét balról és jobbról is megszorozva a mátrixszal, éppen az egységmátrixot kell kapni. Ha elvégezzük az A ϕ A t ϕ és A t ϕ A ϕ mátrixszorzásokat, és mindkét esetben az egységmátrixot kapjuk, akkor az azt jelenti, hogy A t ϕ A ϕ, azaz a leképezés ortogonális. A ϕ A t ϕ 5 9 9 5 9 5 A másik szorzást el sem kell végezni, hiszen látható, hogy már az első szorzat sem az egységmátrixot adta, így a feladatbeli ϕ leképezés nem ortogonális. Végeredmények. nem szimmetrikus, nem ortogonális;. nem szimmetrikus, nem ortogonális; 4. szimmetrikus, nem ortogonális; 5. nem szimmetrikus, ortogonális (origót tartalmazó tengely körüli elforgatás a térben); 6. szimmetrikus, ortogonális (origót tartalmazó tengely körüli forgatás és egy origót tartalmazó síkra vonatkozó tükrözés egymásutánja a térben, ahol a forgatás tengelye és a tükrözés síkja merőleges egymásra forgatva tükrözés); 7. szimmetrikus, ortogonális (origót tartalmazó síkra vonatkozó tükrözés a térben)

.8. GRAM-SCHMIDT ORTOGONALIZÁCIÓS ELJÁRÁS.8. Gram-Schmidt ortogonalizációs eljárás Rövid elméleti összefoglaló Gram-Schmidt ortogonalizációs eljárás: Legyen V euklideszi vektortér. Ekkor V (vagy V egy alterének) tetszőleges (b,..., b n ) bázisához konstruálható olyan (e,..., e n ) ortonormált bázis úgy, hogy L(b,..., b k ) L(e,..., e k ), k,..., n. (Ortonormált bázis: a bázisvektorok páronként merőlegesek egymásra és egységnyi hosszúságúak.) A keresett bázist a következő lépések segítségével konstruálhatjuk meg:. lépés: e meghatározása. e : b b. Tehát az e -et úgy kapjuk, hogy a b vektort elosztjuk a hosszával, így egységnyi hosszúságú vektorhoz jutunk.. lépés: e meghatározása. e : e e, ahol e b b, e e. Itt a b, e e valójában a b vektor e -re való merőleges vetületét jelenti. Az így kapott vektort kivonva a b vektorból olyan e vektort kapunk, ami már valóban merőleges e - re, de még nem egységnyi hosszúságú. Ezért el kell osztani a hosszával, és e már e -re merőleges egységvektor. Személetesen a második lépésben a következő történik:. lépés: e meghatározása. e : e e, ahol e b b, e e b, e e. (k + ). lépés: e k+ meghatározása. Feladatok e k+ : e k+, e k+ ahol e k+ b k+ b k+, e e b k+, e e... b k+, e k e k. Konstruáljunk ortonormált bázist az alábbi bázisból:. b (, 4, ), b (,, 4), b (,, ). b (,, ), b (,, ), b (5,, 7)

. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA. b (,, ), b (,, ), b (,, ) 4. b (,, ), b (,, ), b (,, ) 5. b (,, ), b (,, ), b (,, ) 6. b (,,, ), b (,,, ), b (,,, ) 7. b (,,, ), b (,,, ), b (,,, ), b 4 (,,, ) Kidolgozott mintapéldák és útmutatások.. lépés: az e meghatározása. Mivel az e : b b vektort úgy kapjuk, hogy a b -ből egységvektort készítünk, így szükség lesz a b hosszára: b + 4 + Ebből az e :. lépés: az e meghatározása. e ( (, 4, ), 4, ) e : e e, ahol e b b, e e. Ahhoz, hogy meghatározzuk az e -t, ismernünk kell az e -t. Az e kiszámításához ismerni kell, hogy mennyi a b, e belső szorzat. Nyilvánvaló, hogy a számolás lépései a következők: () Kiszámítjuk a b, e belső szorzatot (egy valós számot várunk eredményként). b, e (,, 4), (, 4, ) + 4 + 8 4 +. 4 + 4 () Az ()-ben kapott számot megszorozzuk az e vektorral (az eredmény egy vektor, mégpedig a b e -re vonatkozó merőleges vetülete - ld. elméleti rész). b, e e 4 (, 4, ) 4 (, 4, ) ( (, 4, ), 8, 4 ) () A ()-ben kapott vektort kivonjuk b -ből, és megkapjuk az e vektort. ( e b b, e e (,, 4), 8, 4 ) (, 8, 4 4 ) ( 4, 5, 8 ) (4, 5, 8)

.8. GRAM-SCHMIDT ORTOGONALIZÁCIÓS ELJÁRÁS (4) Kiszámítjuk az e vektor hosszát. (4 ) ( e + 5 ( ) 8 6 + 5 + 64 5 + ) 9 (5) A kapott hosszúsággal elosztjuk az e vektort, és e -höz jutunk. ( 4, 5, 5 5 e : 5. lépés: az e meghatározása. (4, 5, 8) (4, 5, 8) 5 e : e e b b, e e b, e e ) 8 5 Az e mintájára határozzuk meg az e vektort is. Végiggondoljuk, hogyan tudjuk kiszámítani a keresett e vektort, amiből majd az e vektort megkapjuk. () Kiszámítjuk az b, e és az b, e belső szorzatok értékét: b, e b, e + 4 5 + 4 + 5 5 + + 4 + 4 8 8 5 + 6 9 5 5 5 () Meghatározzuk a b, e e és b, e e vektorokat: b, e e (, 4, ) ( (, 4, ), 4, ) b, e e 9 (4, 5, 8) 9 ( 76 5 5 5 (4, 5, 8) 5, 95 5, 5 ) 5 () Meghatározzuk az e vektort: ( e (,, ), 4, ) ( 76 5, 95 5, 5 ) 5 ( 76 5, 4 95 5, 5 ) 5 ( ) 5 76 5 + 95 5,, 5 5 5 ( ) ( ) 84 4 4,,,, (,, ) 5 5 5 5 5 (4) Kiszámítjuk az e vektor hosszát: (4 ) ( e + 5 + 5) 6 + 4 5 5 (5) Meghatározzuk az e vektort: A keresett ortonormált bázis: { (, 4, ), e (,, ) (,, ) 5 5 5 5 5 (4, 5, 8), } (,, ) 5 5 5.

4. FEJEZET. LINEÁRIS ALGEBRA Végeredmények. e (,, ), e 7 (,, 7), e 7 (,, ). e (,, ), e (,, ), e 6 (,, ) 4. e (,, ), e 6 (,, ), e (,, ) 5. e 6 (,, ), e 66 (7,, 4), e (,, ) 6. e (,,, ), e 5 (,,, ), e 5 (,,, ) 7. e (,,, ), e (,,, ), e (,,, ), e 4 (,,, ) HASZNOS ÖSSZEFOGLALÓ A következőkben röviden összefoglaljuk a későbbiekben szükséges lineáris algebrai minimum-tudást. Legyenek v (v, v, v ) és w (w, w, w ) vektorok R -beliek. v és w belső szorzata: v, w v w + v w + v w R e e e v és w külső szorzata: v w v v v... w w w (v w v w ) e + (v w v w ) e + (v w v w ) e (v w v w, v w v w, v w v w ) R Vegyük észre, hogy két vektor belső (skaláris) szorzata egy szám, míg a külső (vektoriális) szorzatuk eredménye egy vektor. Az előállításból könnyen megjegyezhetjük azt is, hogy a külső szorzat ferdeszimmetrikus, azaz v w (w v). A u, v és w vektorok vegyes szorzata: u, v, w u v, w. A v R vektor hossza: v v, v v + v + v. A v és w vektorok végpontjainak távolsága a különbségvektoruk (d) hossza: d v w (v w ) + (v w ) + (v w ) (Itt a d vektor kezdőpontja a w végpontja, végpontja a v végpontja.) Egy másik megközelítést használva a v és w vektorok belső és külső szorzata felírható az általuk közbezárt ϕ szög segítségével is: v, w v w cos ϕ v w v w sin ϕ

. fejezet Egyváltozós függvények analízise.. Komplex számok Rövid elméleti összefoglaló Komplex számon egy z (a, b) valós számpárt értünk. Az a a z komplex szám valós része, a b a z képzetes része. A komplex számok halmazának jele: C, így C R R írható. Tetszőleges komplex számot egy vektorként is szemléltethetünk az ún. Gauss-féle komplex számsíkon (amely lényegében ugyanaz, mint a középiskolából ismert Descartes-féle koordinátarendszer), ahol az x-tengely a valós tengely, az y-tengely a képzetes tengely. Komplex számok esetében az összeadás és a szorzás az alábbiak alapján történik: (a, b) + (c, d) (a + c, b + d) (a, b) (c, d) (ac bd, ad + bc) Ha a R, akkor a (a, ) tehát R C. Legyen i : (, ), ezt a számot képzetes/imaginárius egységnek nevezzük. Könnyen látható, hogy i. (Az i az x + egyenlet egyik megoldása.) Egy z (a, b) komplex szám algebrai alakja: z a + i b ; konjugáltja: z a i b (azaz a z vektort tükrözzük a valós tengelyre); abszolút értéke: z a + b z z (a z vektor hossza); 5

6. FEJEZET. EGYVÁLTOZÓS FÜGGVÉNYEK ANALÍZISE trigonometrikus alakja: z z (cos ϕ + i sin ϕ) (a, b és z egy derékszögű háromszög oldalai); exponenciális alakja: z z e iϕ (a cos ϕ +i sin ϕ e iϕ ún. Euler-formula alapján). Komplex számok körében a hatványozást a következő képlettel írhatjuk le: z n z n (cos(nϕ) + i sin(nϕ)) Moivre-képlet Bebizonyítható, hogy komplex számok esetén a w n z egyenletnek pontosan n db megoldása van, amelyeket a Gauss-féle komplex számsíkon ábrázolva egy szabályos n- szög csúcsait adják: n z ( n z wk n z cos ϕ + k 6 n ( cos ϕ + kπ n + i sin ϕ + k 6 n + i sin ϕ + kπ ) n ), k,,,..., n Speciális eset az (, ) komplex szám gyökei, az n-edik egységgyökök: Feladatok n wk cos kπ n kπ + i sin n k 6 cos + i sin k 6 n n. Számítsuk ki a következő összeadásokat: a) i + i, b) (5 + 4i) + (7 + i), c) ( i) + ( + i), d) ( + i) + (4i) + ( + i). Szorozzuk össze az alábbi komplex számokat: a) 4 ( i), b) ( i) ( i), c) ( i) i, d) ( i) ( + i), e) (5 + 7i) ( i), f) i 4, g) i 5. Határozzuk meg a következő osztások eredményét: 4i + i a), b), c) + i i i i, d) 8 7i, e) 6 + i 4 + i 4. Számítsuk ki az z komplex szám abszolút értékét, ha a) z i, b) z 77 + 77i, c) z + i, d) z i, e) z 7i 5. Hozzuk trigonometrikus alakra z komplex számokat: a) z, b) z i, c) z i, d) z + i, e) z i 6. Határozzuk meg és rajzoljuk fel a következő komplex számok n-edik gyökeit! a) z + i, n ; b) z i, n ; c) z + i, n 4 7. Írjuk fel a második, harmadik és negyedik egységgyököket! 8. Oldjuk meg a következő egyenleteket: a) ( + i)z 4i b) z + c) i z + i z + d) z 4 i

.. KOMPLEX SZÁMOK 7 Kidolgozott mintapéldák és útmutatások /b Komplex számok összeadásakor a valós részeket összeadjuk, így kapjuk a valós részt, és ugyanígy járunk el a képzetes résszel is: (5 + 4i) + (7 + i) 5 + 4i + 7 + i + 7i. Figyeljük meg, hogy ugyanazt a számolást végezzük el, ha az összeadás definícióját használjuk fel: (5, 4) + (7, ) (5 + 7, 4 + ) (, 7). /e Két (vagy több) komplex szám szorzásakor ha a számok algebrai alakban adottak egyszerűen úgy járunk el, mintha többtagú kifejezéseket szoroznánk össze. Felhasználva, hogy i, a következőt kapjuk: (5+7i) ( i) 5 5i+7i 7i 5 + i 7 ( ) + i. Ugyanerre jutunk, ha a szorzás definíciójából indulunk ki: (5, 7) (, ) (5 ( 7), 5 + 7) (, ). /e Osztás esetén bővítsünk a nevező konjugáltjával, így minden esetben eltűnik a nevező képzetes része, és csupán egy valós számmal való osztás marad: 4/c 6 + i (6 + i)( 4 i) 4 + i ( 4 + i)( 4 i) 4 4i + 6 8 4i ( ) 4 i i 6i 6 + 4 8 4 i 9 6 5 i A ( )-gal jelölt lépésben felhasználtuk, hogy ha z a + ib, akkor z z a + b. + ) i ( ) ( + + 5/e A z algebrai alakban adott, a trigonometrikus alak általános képlete: z z (cos ϕ+i sin ϕ), ahol ϕ a z-nek mint vektornak valós tengellyel bezárt szöge. Számítsuk ki először a komplex szám abszolút értékét: i ( ) ( ) + 4 + 4 A trigonometrikus alakból eddig csak a vektor hosszát tudjuk: i (cos ϕ + i sin ϕ) Két komplex szám pontosan egyenlő, ha a valós részek is és a képzetes részek is megegyeznek: cos ϕ és sin ϕ ϕ π 6 ( A keresett trigonometrikus alak: z cos π ) ( + i sin π ). 6 6 Megjegyzés: Amennyiben a szinusz- és koszinusz-függvény értékei nem nevezetesek, azt alábbi lépéseket érdemes követni. Elsőként rajzoljuk fel a komplex számot mint vektort a Gauss-féle komplex számsíkon, ezzel meglátjuk, hogy melyik síknegyedbe tartozik a vektor végpontja és körülbelül mennyi a hozzá tartozó ϕ szög. Ezután pedig a tg ϕ sin ϕ alapján például számológép segítségével megkereshetjük a cos ϕ ϕ értékét.